- 单摆
- 共2503题
（1）该摆摆长为______cm，周期为______s．
（2）（单选题）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次．
正确答案
解析
解：游标卡尺的主尺读数为18mm，游标读数为4×0.1mm=0.4mm，则最终读数为18.4mm=1.84cm
①摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，L=97.50cm+0.922cm=98.42cm．
单摆的周期为：T=
②根据单摆的周期公式T=2π
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大．故A错误．
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小．故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故C错误．
D、实验中误将49次全振动数为50次，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大．故D错误．
故选：B．
故答案为：1.84cm，①98.42，2，②B
（1）该同学测得当地的重力加速度值约为______m/s2；由于空气阻力的影响，该同学测得的重力加速度值______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
（2）如果用“摆角专用测量仪”测得摆角随单摆左右摆动次数的增加而均匀减小，即从计时开始，摆球从O运动到B，对应的摆角为θ1=4.00°；接着从O运动到A对应的摆角为θ2；然后又从O运动到B对应的摆角为θ3；…；请写出摆角θn与n的关系式θn=______．
（3）该单摆50次全振动通过的总路程约为______m（保留一位小数）；空气对该单摆的平均阻力大小f是摆球所受重力大小mg的______倍．
正确答案
解析
解：（1）根据他题意得：T=
根据T=
由于空气阻力的影响，周期偏大，所以测量的重力加速度偏小
（2）摆角随单摆左右摆动次数的增加而均匀减小，经过50次全振动停止在平衡位置，所以每半个周期角度减小θ′=
所以θn=4.04-0.04n（n≤100）
（3）根据圆的知识可知，s=
根据动能定理得：
fs-mgh=0
而h=L-Lcos（4.04°）=0.002m
则
故答案为：（1）9.6 m/s2；偏小．（2）4.04-0.04n（n≤100）；（3）6.7 m；3.5×10-4．
某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.0cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s．则
（1）该摆摆长为______cm．
（2）（单选题）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次．
正确答案
解析
解：（1）摆长L=97.50+1.0cm=98.50cm．
（2）根据单摆的周期公式
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D、实验中误将49次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选B．
故答案为：98.50，B．
用单摆测重力加速度时
（1）摆球应采用直径较小，密度尽可能______的球，摆线长度要在1米以上，用细而不易______的尼龙线．
（2）摆线偏离竖直方向的角度θ应______
（3）要在摆球通过______位置时开始计时，摆线每经过此位置______次才完成一次全振动
（4）摆球应在______面内摆动，每次计时时间内，摆球完成全振动次数一般选为______次．
正确答案
大
形变
小于5°
平衡
2
同一竖直
30～50
解析
解：（1）为了减小测量误差，摆球选择直径较小，密度较大的球，摆线不易伸长或形变的尼龙线．
（2）在摆角较小时，摆球的运动可以看做简谐运动，所以摆线偏离竖直方向的角度应小于5°．
（3）在摆球经过平衡位置时，进行测量误差较小，摆线在一次全振动过程中，2次经过平衡位置．
（4）摆球应在竖直面内摆动，防止出现圆锥摆，每次计时时间内，摆球完成全振动次数一般选为30～50次．
故答案为：（1）大 形变或伸长 （2）小于5° （3）平衡位置 2 （4）同一竖直平 30～50
有人说矿区的重力加速度偏大，某同学“用单摆测定重力加速度”的实验探究该问题．
（1）他用最小分度为毫米的米尺测得摆线的长度L为800.0mm，用游标为10分度的卡尺测得摆球的直径如图1所示，摆球的直径D为______mm．他把摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，使单摆在竖直平面内摆动，当摆动稳定后，在摆球通过平衡位置时启动秒表，并数下“0”，直到摆球第N次同向通过平衡位置时按停秒表，秒表读数如图2所示，读出所经历的时间t=______s
（2）根据上述物理量，写出当地的重力加速度的表达式为______．（用L、D、N、t等符号表示）
正确答案
20.1
54
解析
解：（1）由图1所示游标卡尺可知，主尺示数是2cm=20mm，游标尺示数是1×0.1mm=0.1mm，游标卡尺所示是20mm+0.1mm=20.1mm；由图2所示秒表可知，秒表分针示数是0min，秒针示数是54s，则秒表示数是54s．
（2）单摆摆长l=L+
g=4π2
故答案为：（1）20.1，54；（2）
（1）该单摆的摆长为______cm
（2）如果测出的g值偏小，可能的原因是______
A．测量摆线长，线拉得过紧
B．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线变长了
C．开始计时时，秒表按下迟了
D．实验中误将49次全振动记为50次
（3）该同学由测量数据作出l-T2图线，根据图线求出重力加速度g=______m/s2（保留3位有效数字）．
正确答案
98.50
B
9.86
解析
解：（1）单摆的摆长L=l线+
（2）根据单摆的周期公式T=2π
A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．
C、开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．
D、实验中误将49次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．
故选B
（3）由单摆的周期公式T=2
由图象知，图线的斜率k=
则解得g=9.86m/s2
故答案为：（1）98.50 （2）B （3）9.86
一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆挂起后，进行测量步骤如下：
A、测摆长：用米尺量出摆线的长度；
B、测周期T：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第1次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期T=
C、将所得的l和T代入单摆的周期公式T=2π
判断上面步骤中遗漏或错误的地方，写出该错误步骤的字母______．
正确答案
解析
解：A、摆长不等于摆线的长度，所以要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与
B、一个周期内两次通过最低点，按秒表开始计时，并记数为1，直到摆球第60次通过最低点时，所以共有29.5次全振动，所以T=
C、不能通过单独一次的实验数据作为最终结果，g 应多测几次，然后取平均值作为实验最后结果．
故答案为：ABC．
用“单摆测重力加速度”的实验中，所用摆球质量分布不均匀，一位同学设计了一个巧妙的方法可以不用知道单摆静止在平衡位置时摆球重心距小球顶部的距离，同样可以准确测出当地的重力加速度值，具体方法是：第一次量得悬线长为L1，测得振动周期为T1，第二次量得悬线长为L2，测得振动周期为T2，由此可推算出重力加速度g，请说明这位同学是如何求出重力加速度g的，并用测量量表示g的大小．
正确答案
解析
解：设摆线的结点到摆球重心距离为r，则
T1=2π
联立两式解得：g=
答：加速度大小为
（2015春•常德校级月考）某同学利用单摆测重力加速度，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，读数为______cm．则该单摆的摆长为______cm．用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图乙所示，则停表读数为______s．如果测得的g值偏小，可能的原因是______（填选项前的序号）．
A．计算摆长时用的是摆球的直径
B．开始计时时，停表晚按下
C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加
D．实验中误将30次全振动记为31次．
正确答案
2.050
90.425
57.0
C
解析
解：游标卡尺的主尺的刻度为：20mm；20分度的游标尺精确度为0.05mm，游标尺的第10刻度与上面对齐，所以游标尺的读数为：0.05mm×10=0.50mm．游标卡尺的总读数为20.50mm=2.050cm；
单摆的摆长为摆线的长度与小球的半径的和：L=l+
秒表的分钟指针不到1分，超过半分钟，所以秒表的秒针读数为57.0s；
根据单摆的周期公式：T=2π
如果测得的g值偏小，可能的原因测量的摆长偏小，或测量的周期偏大．
A．计算摆长时用的是摆球的直径，则摆长的测量值偏大，此时g的测量值偏大，故A错误；
B．开始计时时，停表晚按下，则测量的时间偏小，计算出的周期偏小，测量出的g偏大．故B错误；
C．摆线上端未牢固系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，真实值大于测量值，所以g的测量值偏小．故C正确；
D．实验中误将30次全振动记为31次，周期：T=
故答案为：2.050；90.425；57.0；C．
某同学在做“利用单摆测重力加速度“实验：
（1）测摆长时，用毫米刻度尺测出摆线长L，用游标卡尺测出摆球直径d=______cm（如图甲所示）
（2）测单摆周期时，应该从摆球经过______（填“最低点”或“最高点”）时开始计时．测出n次全振动时间t=______s（如图乙所示）
（3）根据单摆的周期公式求出重力加速度g=______（用上述物理量的符号写出表达式）
（4）某同学为了提高实验精度，在实验中改变几次摆长l，并测出相应的周期T，算出T2的值，再以l为横轴、T2为纵轴建立直角坐标系，将所得数据描点连线如图丙所示，利用直线的斜率求出重力加速度的值g=______m/s2．（π取3.14，结果保留三位有效数字）
（5）如果实验测得的g值偏小，可能的原因是______
A．测摆线长时摆线拉得过紧．
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了．
C．开始计时时，秒表过迟按下．
D．实验中误将49次全振动数为50次．
正确答案
解析
解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：19mm+0.05mm×8=19.40mm=1.940cm；
（2）为减小实验误差，测单摆周期时，应该从摆球经过最低点时开始计时；
由图示秒表可知，测出n次全振动时间：t=2min+23.4s=143.4s；
（3）单摆的周期：T=
由单摆周期公式：T=2π
（4）由单摆周期公式：T=2π
T2-l图象的斜率：k=
（5）由单摆周期公式：T=2π
A、测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，由g=
B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，所测周期T偏大，由g=
C、开始计时时，停表过迟按下，所示T偏小，由g=
D、实验中误将49次全振动数为50次，所测T偏小，由g=
故答案为：（1）1.940；（2）最低点；143.4；（3）
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